AULAS 4 a 6

1. Das paralelas traçadas aos bastões pelos pontos A, B, C, D e E (ver figura) e da propriedade dos ângulos alternos einternos, resulta dos dados do enunciado a figura:

Donde obtém-se x = 39°. (Alternativa A)

2. (Solução Oficial) Como o triângulo ABC é eqüilátero, o ângulo interno  mede 60°. Se DG——

é paralelo a AB—

, entãoo ângulo entre DG

——e AC

—é 60° ou 180° – 60° = 120°. Sendo x o maior ângulo entre esses dois segmentos, x = 120°.

(Alternativa E)

3. (Solução Oficial) Como ABC e DEF são triângulos eqüiláteros, cada um de seus ângulos internos mede 60°.No triângulo AGD temos ∠ GAD = 180° – 75° – 60° = 45° e ∠ GDA = 180° – 65° – 60° = 55°

Logo, ∠ AGD = 180° – 45° – 55° = 80°. Portanto, no triângulo CGH, temos x + 80° + 60° = 180°, ou seja, x = 40°.(Alternativa B)

4. Sejam ∠ TSM = x, ∠ SKT = y, ∠ KLS = α e ∠ KTS = β

O triângulo KLM é isósceles porque tem dois lados iguais; conseqüentemente seus ângulos da base são medidasiguais, isto é, ∠ KLS = ∠ KMS = α.

Analogamente, o triângulo KST também é isósceles e portanto ∠ KST = ∠ KTS = β.Da soma dos ângulos internos de um triângulo, temos: • No triângulo STM: x + α + 180° – β = 180° ∴ x = β – α• No triângulo KLM: α + α + 30° + y = 180° ∴ y = 150° – 2α.

Logo, β + β +150° – 2α =180° ∴ β – α =15°.Portanto, x = 15°. (Alternativa B)

K

T

MxS

Lα

y

αβ

β180° – β

x

24°

30°30°

60° 60° 66°66° 24°

51° 51° 39°

E

r

D

A

B

C

ClasseEm

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Resoluções

NÍVEL 3

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Treinamento paraOlimpíadas de

Matemática2008

5. A soma dos ângulos externos do Pentágono Regular ABCDE é 360°. Assim, a medida, em graus, do ângulo externo re-

lativo ao vértice B, é igual a , isto é, 72°. Conseqüentemente, a medida, em graus, do ângulo interno relativo a B,

é igual a 180° – 72°, isto é, ∠ ABC = 108°.

Desde que o triângulo ABP é eqüilátero, AB = BP = PA e ∠ PBA = 60°. Nestas condições, temos no triângulo PBC, PB = AB = BC, o que implica dizer que este triângulo é isósceles de base BC e como conseqüência ∠ PCB = ∠ BPC.Por outro lado, ∠ PBC = ∠ ABC – ∠ PBA = 108° – 60° = 48°. Portanto, do triângulo isósceles PBC, obtemos

∠ BCP = (Alternativa D)

6. A medida, em graus, do menor arco BC deste círculo é 2 ∠ BAC = 2 ⋅ 35° = 70°. Desde que CD é um de seus diâmetros, a medida, em graus, do arco DBC é 180°.Nestas condições, a medida, em graus, do arco BAD é dada por:

180° – 2 ∠ BAC = 180° – 70° = 110°.

Portanto, ∠ BCD = . (Alternativa D)

1. Da intersecção dos dois quadrados, obtém-se o pentágono convexo ABCDE (figura).

Onde ∠ A = ∠ E = ∠ C = 90° (vértices dos quadrados sobrepostos) ∠ B = x e ∠ D = y(opostos pelo vértice). Por outro lado, a soma das medidas, em graus, dos ângulosinternos do pentágono é 3 ⋅ 180°, ou seja, 540°.Nestas condições, temos x + y + 90º + 90º + 90º = 540º.Portanto, x + y = 270º. (Alternativa A)

2. Desde que ∠ CBD = 30° e ∠ DCB = 110°, temos no triângulo BDC, ∠ BDC + 30° + 110° = 180°, ou seja, ∠ BDC = 40°.Por outro lado, sendo DC//AB, então ∠ ABD = ∠ BDC = 40° (alternos e internos). Desde que BD = AD, o triânguloABD é isósceles. Logo, ∠ DAB = ∠ ABD = 40°. Portanto, da soma dos ângulos internos do triângulo ABD, x = 100°.(Alternativa C)

3. Sejam u, v e w medidas em graus.

Sejam A, B, C, D, E, F e I pontos como indicados na figura ao lado. Nestas con-dições, decorre dos quadriláteros inscritíveis AEID, EBFI e FCDI (cíclicos):

∠ DIE = 180° – u; ∠ EIF = 180° – v e ∠ FID = 180° – w

Daí: 180° – u + 180° – v + 180° – w = 360°Portanto, u + v + w = 180°. (Alternativa E)

4. Sejam E e F pontos sobre os segmentos DB e AD respectivamente, tais que: DF——

= DE——

= EB——

= 1Desta construção e dos dados do enunciado, temos sucessivamente:

O triângulo FDC é isósceles de base FC. Daí, ∠ DFC = ∠ DCF = ⋅ ∠ ADB = 30°.[1]

O triângulo FDE é eqüilátero. Daí, ∠ ADB = ∠ FDE = ∠ DFE = ∠ FED = 60°. [2]

O triângulo FBE é isósceles de base BF. Daí, ∠ FBE = ∠ BFE = [3]180

2180 120

230

° − = − ° = °∠ BEF

12

v

w

u

I

A

E

B

D

C

F

A

E

DC

B

CasaEm

medida do arco BAD2

1102

55= ° = °O

C

B

A

D

110°

70°

35°

1802

1322

66° = ° = °∠–

.PBC

3605

°

SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 2 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática2008

como mostra na figura abaixo.

Por outro lado, desde que ∠ ACD = 45°, tem-se de [1]:

∠ FCD = 30° e ∠ FCA = 15°Como conseqüência deste resultado, [2] e [3]:• ∠ BFD= ∠ BFE + ∠ DFE = 30° + 60° = 90°.• ∆AFC é isósceles onde ∠ FAC = ∠ FCA = 15° e CF = AF.• ∆BFC é isósceles onde ∠ FBC = ∠ FCB = 30° e CF

——= BF

——.

Nestas condições, o triângulo AFB é isósceles e

Portanto, ∠ ABC = ∠ FAB + ∠ FBC = 45° + 30° = 75°. (Alternativa D)

5. Do enunciado, tem-se no triângulo ABC:Â + B + C = 180° ∴ 20° + 120° + C = 180° ∴ C = 40° [1]

Por outro lado, seja M simétrico de B em relação a reta suporte de AQ.Como ∠ QAB = ∠ QAC = 10°, então M pertence ao segmento AC. Marcando este ponto sobre AC e ligando-o a Q e a B por segmentos de reta obtém-se a figura:

Como conseqüência desta simetria, resulta:AB——

= AM——

, QB——

= QM——

[2]e ∠ QMA = ∠ QBA = 20° [3]

De [2], segue-se que os triângulos:BAM e BQM são isósceles. [4]Desde que ∠ A = 10° + 10° = 20° e ∠ ABC = ∠ ABQ + ∠ QBC = 20° + 100° = 120°, conclui-se de [3]:

como conseqüência ∠ MBC = ∠ ABC – ∠ ABM = 120° – 80° = 40° [5]

Assim, de [4], ∠ QBM = ∠ QMB = 80° – 20° = 60°. Logo, o triângulo BQM é eqüilátero, o que implicaQB——

= QM——

= MB——

[6]Portanto, de [1], [5] e [6], conclui-se que QM

——= MB

——= MC

——. Nestas condições, o triângulo QMC é isósceles e

∠ QMA = 20° (medida do ângulo externo relativo ao vértice M do triângulo QMC), conseqüentemente

. (Alternativa A)∠ = ∠ = ° = °ACQQMA

2202

10

∠ ∠ ⋅= =

° − °( ) = °ABM AMB

12

180 20 80 .

20°60°

40°

Q

60°20°10°

10°

A M

B

C

∠ ∠ ∠= = ° − = °FAB FBABFD180

245 .

A

45°15°

F30°

1

60°60°

30°

120°

60° 11

E

D

130°

45°

B

30°15°

1

C

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6. Desde que a soma dos ângulos externos de um polígono é 360°, ou seja, 2πrad e ABC um

dos ângulos internos do heptágono, . Por outro lado, com res-

peito aos ângulos de vértice B, e ∠ ABC + ∠ XBC + ∠ CBA = 2π, conse-

qüentemente . Portanto, como XB = BC, o ∆XBC é

isósceles, então radianos. (Alternativa E)

7. (Solução Oficial)

Temos 252° = 180° + 72°, sendo o ângulo central do pentágono igual a (Alternativa B)

8. Usando a propriedade do ângulo externo, temos a figura.

Por outro lado, a soma dos ângulos externos do triângulo ABC é 360°, conseqüentemente 7x + 8x + (180º – 5x) = 360°,ou seja, x = 18°. (Alternativa C)

9. Como a reta PQ é tangente à circunferência, os ângulosLNP e LMN são congruentes, ou seja, ∠ LMN = α (onde α éuma medida em graus). Sendo o triângulo LMN isóscelescom LM = LN, os ângulos LNM e LMN são congruentes, e,portanto,

∠ MLN = 180° – ∠ LNM – ∠ LMN= 180° – 2α.

O ângulo LNP é externo do triângulo LNR, logo ∠ LNP = ∠ NLR + ∠ LRN. Assim, α = 180° – 2α + ∠ LRP.Portanto, ∠ LRP = 3α – 180°. (Alternativa A)

180 – 5x

5x

7x

3x

4x

8x

6x2x

A

OB

252°

72°

B

A

O

180°

7605

72° = °.

∠ ∠= − =

−=BXC

XBCˆ π π ππ

2

1114

2328

∠ ∠= − − =XBC ABC radˆ ˆ22

1114

π π π

∠ =ABC radˆ π2

∠ ⋅= − =ABC radˆ π π π2

757

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BA

G

FE

D

C

XY

180° – 2α

αα

α

N

M

L

R QP

10. Desde que o pentágono ABCDE é regular, então cada um de seus ângulos externos medem, em graus, ,

portanto cada um de seus ângulos internos medem, em graus, 180° – 72°, ou seja, 108°. Nestas condições, obtemosdo enunciado a figura abaixo.

Do quadrilátero (convexo) APCB, ∠ APC + 66° + 108° + 60° = 360°, o que implica ∠ APC = 126°.Por outro lado, construindo uma circunferência λ, de centro B e raio AB (figura), temos que o maior arco AC sobreesta circunferência λ mede 360° – 108°, ou seja, 252°.

Como 2 ⋅ ∠ APC = 252°, segue-se que a medida do arco maior AC é o dobro da medida do ângulo APC, o que implicadizer que P pertence a circunferência λ e portanto BP = AB = BC. Ainda mais, como ∠ PAB = 60°, conclui-se otriângulo ABP é eqüilátero e o triângulo BPC é isósceles de base PC. Estes resultados levam-nos a concluir que∠ APB = ∠ ABP = 60° no ∆BPC e ∠ BPC = 66° e ∠ PBC = 48° no ∆BPC, e ainda, como conseqüência a construção dafigura auxiliar abaixo.

Agora, do triângulo eqüilátero ABP, tem-se que AP = AB. Como, AB = AE (lados do pentágono regular), conclui-

se que o triângulo APE é isósceles de base PE, portanto

Finalmente, dos ângulos da figura acima, com vértice em P, podemos escrever: 66° + 60° + 66° + ∠ CPE = 360°,donde conclui-se que ∠ CPE = 168°. (Alternativa E)

∠ = ° − ° = °APE180 48

266 .

A

B

C

D

E

48°

60°

66°

42°

P

66°

66°

60°

60° 48°

A

B

C

D

E

48°

60°

108°66°

42°

P

252°

126°

A

B

C

D

E

48°

60°

108° 66°

42°

P

3605

72° = °

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11. Dos dados do enunciado podemos concluir que os triângulos ADC e ABC são isósceles de bases AD e BC res-pectivamente, então ∠ ACB = y e ∠ CAD = x.

Nestas condições, temos do vértice A:∠ EAD = ∠ CAD – ∠ CAE

= ∠ CAD – ∠ CAB = x – (180° – 2y)

Portanto, do triângulo AED, retângulo em E, segue-se x + [x – (180° – 2y)] = 90°, o que implica 2x + 2y = 270°, oumelhor ainda, x + y = 135°. (Alternativa B)

12. O ângulo BDF é externo do triângulo ADF relativo ao vértice D. Como ∠ EDF = 60° (∆DEF eqüilátero), segue-seque β + 60° = α + 46°, donde obtém-se α – β = 14°. (Alternativa B)

13. Recordemos que a soma dos ângulos internos de um quadriláteroé 360°. Assim, dos quadriláteros da figura ao lado, obtidos ao ligaros vértices, dos ângulos de medidas E e F, temos:

A + B + E1 + F1 = C + D + E2 + F2 = 360°.

Por outro lado, do vértice do ângulo de medida E, podemos escre-ver: E1 + E2 = 380° – E, e de modo análogo para o vértice do ângulode medida F, temos F1 + F2 = 380° – F.Finalmente, dos ângulos destes dois quadriláteros, segue-se que:720° = A + B + C + D + E1 + E2 + F1 +F2 = A + B + C + D + 720°

Donde encontramos: E + F = A + B + C + D. (Alternativa A)

14. A afirmação que DF divide o ângulo BDA é falsa, pois caso contrário teríamos ∠ BDF = 45° e conseqüentemente∠ BCA = ∠ BDF = 45° (determinam o mesmo arco BD) o que implicaria o triângulo ABC ser isósceles; contradizen-do o enunciado, que diz que o triângulo ABC é não isósceles. Deixo a cargo do leitor a verificação que as demaisalternativas são verdadeiras. (Alternativa C)

15. Sejam ∠ DBG = ∠ CBG = α, ∠ EBF = ∠ ABF = β e ∠ FBG = x.Desde que AD é bissetriz, tem-se que BD = DG, logo o triângulo BDG é isósceles de base BG. Portanto, a medidado ângulo GDC, externo a este triângulo, é 2α. Raciocinando de modo análogo para a bissetriz CE, concluiremos queo triângulo BEF é isósceles de base BF e que a medida do ângulo externo AEF deste triângulo é 2β (ver figura).

E

A

F

G

2β β

β

2α

α

α

x

DB C

D

B

C

yx

Ex

A

y

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A

B

C

D

E

FF1

F2

E1

E2

Nestas condições resulta dos triângulos retângulos AFE e DGC, ∠ BAF = 90° – 2β e ∠ DCG = 90° – 2α.Portanto, dos ângulos agudos A e C do triângulo retângulo ABC, segue ∠ BAF + ∠ DCG = 90°∴ (90° – 2β) + (90° – 2α) = 90°.∴ β + α = 45°

conseqüentemente do vértice B (ângulo reto) do triângulo ABC, podemos escrever com os resultados obtidosanteriormentex + β + α = 90°∴ x + 45° = 90°∴ x = 45°. (Alternativa C)

16. Seja λ uma circunferência, construída com centro em A e raio AB. Como AB = AD = 1, D pertence à λ. Nestas con-dições, a medida do arco BD maior é 360° – 80°, isto é, 280°, que corresponde ao dobro da medida do ângulo BCD.

Portanto, nestas condições, conclui-se que C também pertence à λ conseqüentemente AC = AB = AD = 1.(Alternativa B)

A

λ

280°

1 180°

140°B

C

D

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